卷子答案网-一个不只有答案的网站2023年湖北省襄阳市襄城区中考物理适应性试卷
一、单选题
1．为创建文明城市，要求我们在公共场合“轻声”说话。这里的“轻声”是指声音的（ ）
A．声速 B．响度 C．音色 D．音调
2．周末，小明和妈妈在岘山森林公园“响水潭”湖边的树荫下乘凉，观察到下列现象，其中由于光的直线传播产生的是（ ）
A．湖面波光粼粼
B．湖中鱼游“浅”底
C．树荫下的圆形光斑
D．湖中出现了天空中的白云
3．下列场景与所蕴含的物理知识对应正确的是 。
A.春季，体育训练后满头大汗，用手不停扇风——提高液体温度加快蒸发
B.夏季，用手拿一瓶冰冻矿泉水，冰减少，手感到凉——熔化吸热
C.秋季，清晨的双杠上铺满了一层霜——凝固放热
D.冬季，从教室外走进教室内，眼镜片模糊不清——液化吸热
理由： 。
4．从冰柜里拿出一瓶冰冻的矿泉水，不打开瓶盖放置一段时间，肯定不会变化的物理量是瓶内物质的（ ）
A．体积 B．质量 C．密度 D．比热容
5．在一千七百多年前，我国古人已能“削冰向日取火”，即用冰磨成一种冰镜，让太阳光透过它点燃柴草取火，这种冰镜应为（ ）
A．凹透镜 B．凸透镜 C．平面镜 D．玻璃板
6．如图，在光滑的水平面上叠放着甲、乙两个木块，甲木块用一根细绳拴在左边固定的竖直板上，现在用力把乙木块从右端匀速地抽出来，所用的力F＝15N，则甲、乙两个木块所受到的摩擦力是（ ）
A．甲为零，乙受到向左15N的摩擦力
B．甲、乙都受到向右15N的摩擦力
C．甲、乙都受到向左15N的摩擦力
D．甲、乙均受力15N，甲受向右的摩擦力，乙受向左的摩擦力
7．如图是我国首款隐身无人攻击机——利剑，下列关于利剑的说法正确的是（ ）
A．攻击机在加速上升时动能增大，重力势能不变
B．攻击机向后喷气加速，说明力可以改变物体的形状
C．攻击机在高空所受的大气压强比在地面附近的大气压强大
D．攻击机利用了“空气流速越大，压强越小”的原理获得升力
8．下列关于科学研究方法的叙述：①研究磁场时引入“磁感线”，采用了模型法；②探究导体电阻大小与导体长度的关系时，控制其它量相同，采用了类比法；③探究动能大小的影响因素时，通过木块被撞后移动的距离来比较动能大小，采用了转换法；④在经验事实的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律，采用了放大法，其中正确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．①② D．②④
9．在如图所示的电路中，闭合开关S，断开开关S1和S2，调节滑动变阻器的滑片P使其位于变阻器的最左端a处，此时灯泡L恰好正常发光，电流表A和电压表V均有示数，已知变阻器的总电阻大于灯泡L的电阻，以下判断正确的是（ ）
A．若保持S1和S2 断开，让P缓慢向右滑动，灯泡L有可能被烧毁
B．若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数将变小
C．若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数均不变
D．若保持S2断开，将P移至变阻器最右端b，再闭合S1后，A表和V表均仍有示数
10．家庭电路中的以下要求与安全用电没有关系的是（ ）
A．家用电器必须并联连接
B．电冰箱要使用三脚插头
C．照明灯的开关要跟火线相连
D．保险丝要装在火线上
11．如图是公交车自动爆破器的装置图，它相当于一个电控安全锤，危急时刻，司机只需按下开关，爆破器中的电磁线圈在通电时运动，带动一个钨钢头用力击打车窗玻璃的边角部位，从而击碎玻璃。如图所示的四个器件中与自动爆破器工作原理相同的是（ ）
A．手摇发电机 B．电炉
C．电磁起重机 D．电动车
12．如图所示，电源电压为U且恒定，定值电阻R0与滑动变阻器R串联的电路，已知：R＞R0，在滑动变阻器的滑片P移动过程中，下列表示R0和R消耗的电功率P0和PR随两电压表示数U1、U2的变化关系图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
13．蜡染是我国民间传统工艺，如图为蜡染中的点蜡工序，即把不染色的地方涂上蜡液，然后放入染缸中进行染色。由于凝固在布上，蜡与布间的作用力会比液体时 （选填“大”或“小”），所以能牢固的粘在布上，染料能把布染色，是因为染料分子在做 。
14．班级厨艺展示活动中，用煤气炉烹饪食物主要是通过 （选填“做功”或“热传递”）的方式增大食物的内能；活动结束，剩余煤气的热值 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
15．七星瓢虫是著名的害虫天敌，可以捕食蚜虫、介壳虫和壁虱等害虫，被人们称为“活农药”。如图甲所示是小刚用放大镜贴着瓢虫观察到的情况，将放大镜逐渐远离瓢虫时，观察到瓢虫的成像发生变化如图乙所示，像的变化情况顺序正确的是 ；电影放映机是根据图乙中 （选填序号）的成像原理而工作的。
16．被细绳拴着的小球在光滑水平面上绕O点做圆周运动，轨迹如图所示，小球所受空气阻力忽略不计。某时刻细绳突然断开，此时小球速度大小为v1，一段时间后小球运动到水平面上的P点，速度大小为v2，则v1 v2（选填“＞”、“＝”或“＜”），细绳断开瞬间，小球的位置可能是在圆周上的 （选填“A”、“B”或“C”）点处。
17．国产大飞机“C919”在机体主结构上，使用了第三代铝锂合金材料，由于该材料的 更小，所以相比同体积的普通铝合金质量更小；飞机飞行时，因与空气摩擦产生静电，若在着陆过程中没有将静电放掉，当地勤人员接近时，可能危及生命，所以飞机的轮胎常用 （选填“导电”或“绝缘”）的材料制成，从而避免造成危害。
18．如图甲所示的电路图，甲、乙、丙为实验室常用电流表或电压表（其中电流表的量程是0～0.6A或0～3A，电压表接的是0～3V的量程）；闭合开关，两灯都能发光，各表指针均指在乙图所示位置，且甲电表读数大于乙电表。则通过灯泡L1的电流I1＝ ，灯泡L2两端电压为U2＝ 。
19．质量分布均匀的实心正方体甲、乙放在水平地面上，将甲、乙分别沿水平方向切去高度Δh，剩余部分对地面的压强p与Δh的关系如图所示，已知ρ甲＝8×103kg/m3，乙的边长为15cm，则甲的质量是 kg，图中A点对应切去的高度ΔhA是 cm（g＝10N/kg）。
20．如图所示水平地面上有底面积为400cm2，质量不计的薄壁柱形盛水容器A，内有质量为400g，边长为10cm，质量分布均匀的正方体物B，通过一根10cm的细线与容器底部相连，此时水面距容器底30cm，此时容器对桌面的压强为 Pa。剪断绳子，静止时，物块B有五分之三的体积露出水面，水对容器底部的压强变化了 Pa。
三、主观题
21．如图所示，请画出发光点S在平面镜中的像点S′。
22．请在图中画出拉力F的力臂L。
23．请根据图中通电螺线管的磁感线方向，标出电源的“+”“﹣”极。
24．小明用如图甲所示实验装置探究“水沸腾时温度变化的特点”：
（1）该装置的错误之处是 ；
（2）将烧杯盖住的目的是 ；
（3）小明做完实验后又进一步探究了沸水自然冷却过程中温度随时间变化的情况，得到变化的图像如图乙所示。如果要喝一杯奶茶（牛奶与茶水的质量之比约为1：2），有A、B两种方案可选择：
A.先将滚烫的热茶冷却5min，然后加冷牛奶
B.先将冷牛奶加进滚烫的热茶中，然后冷却5min
结合图像乙，你认为方案 的冷却效果较好。
25．为了探究近视眼的矫正过程，乐乐组装如图甲所示的实验装置，其中“F”字样的光源代替可视物体，光屏模拟视网膜。
（1）选用图乙中2号凸透镜模拟晶状体，打开“F”光源，调节各个元件的位置，直到光屏上呈现 的清晰像，正常眼睛的视物模型便组装完成。
（2）模拟近视眼视物情况时，可以选择图乙中的 号透镜替代2号透镜安装在光具座上后，光屏上
的像变模糊；
（3）用如图丙所示的水透镜模拟近视眼矫正视力。应将水透镜置于光具座上的 （选填“A”、
“B”或“C”）点，缓慢调节水透镜中的水量，当水透镜形成焦距合适的 透镜时，光屏上呈现清
晰的像，近视眼的成像情况得到改善；
（4）更换焦距更小的凸透镜模拟近视程度更严重的眼睛晶状体，为了改善视网膜上的成像情况，实验时
需要用注射器 （选填“抽取”或“注入”）适量水。
26．小陈同学利用U形管压强计来探究液体压强与哪些因素有关。
（1）压强计上的U形管 （选填“属于”或“不属于”）连通器，使用时通过U形管中液面的 来反映被测压强的大小。
（2）如图所示，小陈设想将U形管压强计做如下改装：为U形管两端都装上扎有相同橡皮膜的金属盒（且两管液面齐平），将两个金属盒分别放至两个装有相同深度的盐水和纯净水的容器底部，发现U形管的右边管内液面位置相对较高，这说明与右边管连接的金属盒放置的容器中装的是 （选填“盐水”和“水”），再将两个金属盒在液体中的深度同时减为原来的一半，则U形管两管液面高度差将 （填“增大”“减小”或“不变”）。
27．在“测量小灯泡的电功率”实验中，已连接的部分电路如图甲所示。已知小灯泡的额定电压是2.5V，正常工作时电阻约10Ω。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中完成电路连接；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表都有示数，接下来应该进行的操作是 ；
A.检查电路是否短路或断路
B.移动滑动变阻器的滑片P，观察小灯泡是否发光
（3）问题解决后，继续进行实验，移动滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为2V，为了使小灯泡正常发光，则应向 （选填“左”或“右”）端移动滑片；
（4）当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W；
（5）在多次测量中发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比在增大，造成这一现象的原因是 。
28．如图甲是工人使用升降平台进行高空玻璃幕墙清洗的场景，该平台结构简图如图乙所示，吊篮和动滑轮质量为20kg，吊篮由电动机控制升降，电动机输出功率恒为1000W，在某次吊升过程中，两名工人及所带工具总质量250kg，30s内吊篮匀速上升6m，g＝10N/kg，求：
（1）该过程中的有用功；
（2）平台的机械效率；
（3）判断该平台中绕绳的重力及各处摩擦能否忽略，在平台各器材不可替换的情况下，欲提高该平台使用时的机械效率，可采用什么方法？（说出一种）
29．如图甲所示，电源电压保持不变，灯泡的额定电压为3V，滑动变阻器R可调范围0～20Ω，电流表、电压表均使用小量程（0～0.6A，0～3V）。第一次只闭合开关S2，将滑动变阻器R的滑片从最下端往上滑动，滑到最上端时，小灯泡正常发光，此实验过程中，电路的总功率记为P1；第二次只闭合S1、S3，将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，此实验过程中，电路的总功率记为P2。图乙是两次实验中电流表A与电压表V1、V2示数关系图像。求：
（1）电源电压；
（2）小灯泡的额定功率；
（3）两次实验过程中，调节滑动变阻器R，的最大值。
2023年湖北省襄阳市襄城区中考物理适应性试卷
参考答案与试题解析
一、单选题
1．为创建文明城市，要求我们在公共场合“轻声”说话。这里的“轻声”是指声音的（ ）
A．声速 B．响度 C．音色 D．音调
【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：音调是指声音的高低，响度是指声音的强弱，音色是指声音的品质与特色。要求我们在公共场合“轻声”说话。这里的“轻声”是指声音的响度，与声速无关，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选：B。
【点评】声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。
2．周末，小明和妈妈在岘山森林公园“响水潭”湖边的树荫下乘凉，观察到下列现象，其中由于光的直线传播产生的是（ ）
A．湖面波光粼粼
B．湖中鱼游“浅”底
C．树荫下的圆形光斑
D．湖中出现了天空中的白云
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，影子、日食、月食、小孔成像都是光沿直线传播形成的；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：A、平静的湖面相当于是平面镜，看到波光粼粼，是由于光的镜面反射形成的，故A不符合题意；
B、湖中鱼游“浅”底，看到水中的鱼是由于光从水中斜射入空气中，进入人的眼睛的，是光的折射现象形成的虚像，比鱼实际位置偏高（浅），故B不符合题意；
C、茂密树林下的圆心光斑是太阳通过树叶间的小空隙所成的像，即小孔成像，是由于光的直线传播形成的，故C符合题意；
D、湖中出现了天空中的白云，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的虚像，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了一些生活中的常见现象中蕴含的物理知识，注重了理论联系实际，体现了物理来源于生活，服务于生活的宗旨。
3．下列场景与所蕴含的物理知识对应正确的是 B 。
A.春季，体育训练后满头大汗，用手不停扇风——提高液体温度加快蒸发
B.夏季，用手拿一瓶冰冻矿泉水，冰减少，手感到凉——熔化吸热
C.秋季，清晨的双杠上铺满了一层霜——凝固放热
D.冬季，从教室外走进教室内，眼镜片模糊不清——液化吸热
理由： A、春季，体育训练后满头大汗，用手不停扇风﹣﹣提高液体上方空气流动加快蒸发，故A错误；
B、冰块在熔化过程中，吸收热量，故B正确；
C、秋季，清晨双杠上铺满了一层霜，这是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，凝华吸热，故C错误；
D、冬季，教室外走进教室内，镜片模糊不清，水蒸气遇冷液化成水﹣﹣液化放热，故D错误。 。
【分析】（1）根据影响蒸发快慢的因素答题，影响蒸发快慢的因素：液体的表面积大小；液体的温度；液体上方空气流动速度；
（2）物质由固态变成液态是熔化，熔化吸热；
（3）霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的；
（4）由气态变为液态叫液化，液化放热。
【解答】解：A、春季，体育训练后满头大汗，用手不停扇风﹣﹣提高液体上方空气流动加快蒸发，故A错误；
B、冰块在熔化过程中，吸收热量，故B正确；
C、秋季，清晨双杠上铺满了一层霜，这是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，凝华吸热，故C错误；
D、冬季，教室外走进教室内，镜片模糊不清，水蒸气遇冷液化成水﹣﹣液化放热，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了生活中的常见物态变化现象，注重了物理知识和生活实际的联系，是一道联系实际的好题。
4．从冰柜里拿出一瓶冰冻的矿泉水，不打开瓶盖放置一段时间，肯定不会变化的物理量是瓶内物质的（ ）
A．体积 B．质量 C．密度 D．比热容
【分析】（1）体积是物体所占据的空间大小；
（2）质量是指物体所含物质的多少，质量的变化与物质的多少是否变化有关；
（3）密度是物质的一种特性，与物质的种类、状态和温度有关；比热容也是物质的特性，决定于物质的种类和状态。
【解答】解：从冰柜里拿出的冰冻的矿泉水后，不打开瓶盖放置一段时间，温度可能发生改变，同时冰也可能熔化为水，
A、体积一定会发生改变。故A不符合题意；
B、质量是指物体所含物质的多少，物质多少不变，所以质量不变。故B符合题意；
C、温度可能发生改变，同时冰也可能熔化为水，所以密度一定改变。故C不符合题意；
D、温度可能发生改变，同时冰也可能熔化为水，故其比热容可能改变，也可能不变。故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查的是对密度、比热容概念的理解，密度、比热容是物质的一种特性，不随形状、质量和体积的变化而变化。
5．在一千七百多年前，我国古人已能“削冰向日取火”，即用冰磨成一种冰镜，让太阳光透过它点燃柴草取火，这种冰镜应为（ ）
A．凹透镜 B．凸透镜 C．平面镜 D．玻璃板
【分析】透镜分为凸透镜和凹透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用。
【解答】解：由题知，太阳光能透过冰镜，所以该冰镜为透镜；
利用该透镜可以取火是因为它可以使光线会聚，而凸透镜可以使光线会聚，故这种冰镜应为凸透镜。
故选：B。
【点评】此题考查了对凸透镜和凹透镜的光学特性的了解，属于基础知识的考查。
6．如图，在光滑的水平面上叠放着甲、乙两个木块，甲木块用一根细绳拴在左边固定的竖直板上，现在用力把乙木块从右端匀速地抽出来，所用的力F＝15N，则甲、乙两个木块所受到的摩擦力是（ ）
A．甲为零，乙受到向左15N的摩擦力
B．甲、乙都受到向右15N的摩擦力
C．甲、乙都受到向左15N的摩擦力
D．甲、乙均受力15N，甲受向右的摩擦力，乙受向左的摩擦力
【分析】（1）判断物体是否受力平衡的方法是先确定研究对象，其次分析受力情况，若满足二力平衡的条件，则受力平衡，若不满足，则不平衡。
（2）解答此题的关键是需要分别把木块甲和木块乙作为研究对象，进行受力分析。
【解答】解：（1）由题干中木块乙向右端匀速运动可以得知，木块乙处于平衡状态，故受平衡力的作用，因地面是光滑的，不存在摩擦力，其中在水平方向受拉力F和甲对其向左的摩擦力作用，根据二力平衡的条件可以判断，乙木块受到的摩擦力为15牛，方向水平向左。
（2）如图所示，木块甲静止，木块甲处于平衡状态，所以甲受平衡力的作用，在水平方向受细绳对其向左的拉力与乙对其向右的摩擦力作用，摩擦力的大小为15N．故D正确。
故选：D。
【点评】此题主要考查了二力平衡条件及摩擦力方向的判断，解决此题的关键是分别以甲或乙为研究对象进行分析，找出相互平衡的力。
7．如图是我国首款隐身无人攻击机——利剑，下列关于利剑的说法正确的是（ ）
A．攻击机在加速上升时动能增大，重力势能不变
B．攻击机向后喷气加速，说明力可以改变物体的形状
C．攻击机在高空所受的大气压强比在地面附近的大气压强大
D．攻击机利用了“空气流速越大，压强越小”的原理获得升力
【分析】（1）物体由于运动而具有的能叫做动能，影响动能大小的因素是质量和速度；物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，影响重力势能大小的因素是质量和高度。
（2）力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态。
（3）大气压随高度增加而减小；
（4）流体流速越大的位置，压强越小。
【解答】解：A、攻击机在加速上升时质量不变，速度变大，动能增大；高度变大，重力势能变大，故A错误；
B、攻击机向后喷气加速，说明力可以改变物体的运动状态，故B错误；
C、攻击机在高空所受的大气压强，比地面附近的大气压强小，故C错误；
D、攻击机机翼利用了“空气流速越大的位置，压强越小”的原理产生向上的升力顺利起飞，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查影响动能和势能大小的因素、力的作用效果、气压与高度的关系，以及流体流速与压强的关系的应用，是一道综合题目，但总体难度不大。
8．下列关于科学研究方法的叙述：①研究磁场时引入“磁感线”，采用了模型法；②探究导体电阻大小与导体长度的关系时，控制其它量相同，采用了类比法；③探究动能大小的影响因素时，通过木块被撞后移动的距离来比较动能大小，采用了转换法；④在经验事实的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律，采用了放大法，其中正确的是（ ）
A．①③ B．②③ C．①② D．②④
【分析】对每个探究过程进行分析，明确各自采用的研究方法，然后确定符合题意的选项。
【解答】解：①研究磁场时，引入“磁感线”，采用的是模型法；
②探究导体电阻大小与导体长度的关系时，控制其它量相同，采用的是控制变量法；
③探究动能大小与哪些因素有关时，用木块被小车撞击后移动的距离来反映小车动能的大小，采用的是转换法；
④在经验事实的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律，采用的是推理法；
所以叙述正确的是①③，故选项A正确。
故选：A。
【点评】物理研究有很多科学的方法，选择正确的研究方法是保证探究成功的基础。
9．在如图所示的电路中，闭合开关S，断开开关S1和S2，调节滑动变阻器的滑片P使其位于变阻器的最左端a处，此时灯泡L恰好正常发光，电流表A和电压表V均有示数，已知变阻器的总电阻大于灯泡L的电阻，以下判断正确的是（ ）
A．若保持S1和S2 断开，让P缓慢向右滑动，灯泡L有可能被烧毁
B．若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数将变小
C．若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数均不变
D．若保持S2断开，将P移至变阻器最右端b，再闭合S1后，A表和V表均仍有示数
【分析】（1）保持S1和S2断开时，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测L两端的电压，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，然后判断灯泡L是否有可能烧毁；
（2）保持P在a处不动，S1断开时，电路为L的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，再闭合S2后，R0被短路，电路仍为L的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，据此可知电表示数的变化；
（3）若保持S2断开，将P移至变阻器最右端b，再闭合S1后，灯及电压表被短路。
【解答】解：（1）保持S1和S2断开时，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测L两端的电压，
让P缓慢向右滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，通过灯泡的电流变小，灯泡不会被烧毁，故A错误；
（2）保持P在a处不动，S1断开时，电路为L的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，
再闭合S2后，R0被短路，电路仍为L的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，
所以，若保持P在a处不动，S1仍断开，闭合S2后，A表和V表示数均不变，故B错误，C正确；
（3）保持S2断开，将P移至变阻器最右端b，再闭合S1后，灯及电压表被短路，电压表中无示数，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律的应用，分析好开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
10．家庭电路中的以下要求与安全用电没有关系的是（ ）
A．家用电器必须并联连接
B．电冰箱要使用三脚插头
C．照明灯的开关要跟火线相连
D．保险丝要装在火线上
【分析】（1）并联电路的各个用电器互不影响；并联电路中，各个支路两端的电压相等。
（2）带金属外壳的家用电器要接地。
（3）照明电路的开关必须接在火线上。
（4）保险丝要安装在火线上。
【解答】解：A、家用电器必须并联连接，因为并联时各个用电器互不影响，且电压相等，与安全用电没有关系，故A符合题意；
BCD、电冰箱要使用三脚插头，照明灯的开关要跟火线相连，保险丝要装在火线上都与安全用电有关，防止触电，漏电，电流过大带来的安全事故，故BCD不符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查照明电路的连接和安全用电的基本知识，属于基础性题目。
11．如图是公交车自动爆破器的装置图，它相当于一个电控安全锤，危急时刻，司机只需按下开关，爆破器中的电磁线圈在通电时运动，带动一个钨钢头用力击打车窗玻璃的边角部位，从而击碎玻璃。如图所示的四个器件中与自动爆破器工作原理相同的是（ ）
A．手摇发电机 B．电炉
C．电磁起重机 D．电动车
【分析】司机按下开关，自动爆破器的线圈在磁场中受到力的作用而运动，产生一个冲击力，带动一个钨钢头击打车窗玻璃边角部位，实现击碎玻璃的目的，该过程中电能转化为机械能。
【解答】解：
A、手摇发电机利用的是电磁感应原理，将机械能转化为电能，故A不符合题意；
B、电炉是利用电流的热效应工作的，将电能转化为内能，故B不符合题意；
C、电磁起重机是利用电流的磁效应工作的，故C不符合题意；
D、电动车的主要部件是电动机，电动机是利用通电线圈在磁场中受力而转动的原理工作的，将电能转化为机械能，故D符合题意；
故选：D。
【点评】此题主要考查了通电导线在磁场中受到力的作用，了解所给器件的工作原理是解题的关键。
12．如图所示，电源电压为U且恒定，定值电阻R0与滑动变阻器R串联的电路，已知：R＞R0，在滑动变阻器的滑片P移动过程中，下列表示R0和R消耗的电功率P0和PR随两电压表示数U1、U2的变化关系图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】AD、定值电阻R0与滑动变阻器R串联，V1测R0的电压，V2测R的电压：
根据P＝得出R0消耗的功率表达式，由数学知识分析；
由串联电路电压的规律及欧姆定律，根据P0＝＝分析；
BC、由串联电路电压的规律及欧姆定律，根据P＝UI得出R的电功率表达式，由数学知识分析；
当变阻器连入电路的电阻最大时，由分压原理，电压表V2的示数最大，变阻器的电功率不可能为0。
【解答】解：
AD、定值电阻R0与滑动变阻器R串联，V1测R0的电压，V2测R的电压：
根据P＝，R0消耗的功率P0＝＝×U12，R0为常数，由数学知识，电功率P0随电压表示数U1的变化关系图线为抛物线，A错误；
由串联电路电压的规律，U1＝U﹣U2，
R0消耗的功率P0＝＝，当U2接近时无限电源电压时，R0消耗的功率为0，D错误；
BC、由串联电路电压的规律，U2＝U﹣U1，由欧姆定律，电路的电流：I＝，
根据P＝UI，R的电功率为：
PR＝（U﹣U1）×＝﹣×U12+×U1，
R的电功率PR为U1的一元二次函数，因﹣＜0，抛物线开口向下，
由数学知识，当U1＝﹣＝＝0.5U时，PR有最大值，B正确；
当变阻器连入电路的电阻最大时，由分压原理，电压表V2的示数最大，根据P＝，变阻器的电功率不可能为0，C错误；
故选：B。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，体现了数学知识在物理中的运用。
二、填空题
13．蜡染是我国民间传统工艺，如图为蜡染中的点蜡工序，即把不染色的地方涂上蜡液，然后放入染缸中进行染色。由于凝固在布上，蜡与布间的作用力会比液体时 大 （选填“大”或“小”），所以能牢固的粘在布上，染料能把布染色，是因为染料分子在做 无规则运动 。
【分析】分子间存在相互作用的引力和斥力；分子都在不停地做无规则运动。
【解答】解：蜡液凝固在布上，蜡与布间的作用力会比液体时要大一些，所以能牢固的粘在布上；染料能把布染色，属于扩散现象，这是因为染料分子在不停地做无规则运动。
故答案为：大；无规则运动。
【点评】本题考查分子动理论的相关内容，属于基础题。
14．班级厨艺展示活动中，用煤气炉烹饪食物主要是通过 热传递 （选填“做功”或“热传递”）的方式增大食物的内能；活动结束，剩余煤气的热值 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】改变内能的方法有两个：做功和热传递；热值是燃料的一种特性，与质量、是否完全燃烧等无关。
【解答】解：用煤气炉烹饪食物，食物从锅中吸收热量，用热传递的方式增大食物的内能；燃料的热值与质量无关，所以剩余煤气的热值不变。
故答案为：热传递；不变。
【点评】本题考查内能的改变、对热值特性的理解，属于基础题。
15．七星瓢虫是著名的害虫天敌，可以捕食蚜虫、介壳虫和壁虱等害虫，被人们称为“活农药”。如图甲所示是小刚用放大镜贴着瓢虫观察到的情况，将放大镜逐渐远离瓢虫时，观察到瓢虫的成像发生变化如图乙所示，像的变化情况顺序正确的是 ②①④③ ；电影放映机是根据图乙中 ① （选填序号）的成像原理而工作的。
【分析】（1）当物距小于一倍焦距时，成正立放大的虚像；
当物距大于一倍焦距、小于二倍焦距时，成倒立、放大的实像；
当物距大于两倍焦距时，成倒立、缩小的实像；
（2）电影机类似于投影仪的原理是：当物距大于一倍焦距、小于二倍焦距时，成倒立、放大的实像。
【解答】解：放大镜贴着瓢虫观察到的情况，放大镜成正立放大的虚像，将放大镜逐渐远离瓢虫时，先成倒立放大的实像，然后成倒立等大的实像，最远时成倒立缩小的实像，故正确的顺序是②①④③；
电影机类似于投影仪的原理是：当物距大于一倍焦距、小于二倍焦距时，成倒立、放大的实像，与①原理相同。
故答案为：②①④③；①。
【点评】本题考查了凸透镜成像的规律及应用，难度不大，属于基础题。
16．被细绳拴着的小球在光滑水平面上绕O点做圆周运动，轨迹如图所示，小球所受空气阻力忽略不计。某时刻细绳突然断开，此时小球速度大小为v1，一段时间后小球运动到水平面上的P点，速度大小为v2，则v1 ＝ v2（选填“＞”、“＝”或“＜”），细绳断开瞬间，小球的位置可能是在圆周上的 C （选填“A”、“B”或“C”）点处。
【分析】（1）惯性是物体保持运动状态不变的性质，不计阻力，小球在水平方向上不受力的作用，但因为惯性，仍要保持原来的运动状态，据此分析作答即可。
（2）细绳断开时小球的位置应该位于圆的切点上。
【解答】解：（1）被细绳拴着的小球在水平面绕O点做圆周运动，由于不计阻力，某时刻细绳断时，小球由于具有惯性，将按照原来的速度在水平方向做匀速直线运动，所以过一段时间小球出现在P点的速度为v′等于v；
（2）过P点做圆的切线，则圆的该切点就是细绳断时小球的位置。如图所示：
由图可知，细绳断开时小球的位置可能是在圆周上的C点处。
故答案为：＝；C。
【点评】此题巧妙地将高中物理常见场景引入初中物理知识点考查中，利于初高中物理知识的衔接，但对初中生来说，有一定的拔高难度。
17．国产大飞机“C919”在机体主结构上，使用了第三代铝锂合金材料，由于该材料的 密度 更小，所以相比同体积的普通铝合金质量更小；飞机飞行时，因与空气摩擦产生静电，若在着陆过程中没有将静电放掉，当地勤人员接近时，可能危及生命，所以飞机的轮胎常用 导电 （选填“导电”或“绝缘”）的材料制成，从而避免造成危害。
【分析】根据m＝ρV可得，相同体积的物体，密度小的质量小。
容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等。常见的绝缘体有陶瓷、塑料、玻璃、橡胶、油等；导体和绝缘体没有绝对的界限。
【解答】解：根据m＝ρV可得，相比同体积的普通铝合金，由于铝锂合金的密度更小，因此质量更小。
在空中飞行的飞机，因与空气发生了摩擦而带上了电荷，如果在着陆过程中没有将静电放掉，有可能发生安全事故，因此飞机的特殊轮胎常用导电性强的材料制成，使得飞机带上的电荷导入到大地上。
故答案为：密度；导电。
【点评】理解摩擦起电的实质，导体在生活中的应用，可解答此题。
18．如图甲所示的电路图，甲、乙、丙为实验室常用电流表或电压表（其中电流表的量程是0～0.6A或0～3A，电压表接的是0～3V的量程）；闭合开关，两灯都能发光，各表指针均指在乙图所示位置，且甲电表读数大于乙电表。则通过灯泡L1的电流I1＝ 1.2A ，灯泡L2两端电压为U2＝ 1.5V 。
【分析】（1）电压表应并联接入电路中，电流表应串联接入电路中；若该电路为串联电路，则甲、乙为电压表，丙为电流表，甲测量的是L2两端的电压，乙测量的是电源电压，根据串联电路的电压规律可知，甲的示数小于乙的示数，不符合题意；所以该电路为并联电路：甲、乙为电流表，丙为电压表；
由电路图知，两灯并联，电压表测电源电压，根据并联电路的电压规律可得L1、L2两端的电压；
（2）电流表乙测L2支路的电流，甲测干路的电流，根据并联电路的电流规律可确定两电流表的量程，并读数得到通过L2的电流，再计算出通过L1的电流。
【解答】解：（1）由电路图和分析可知，两灯并联，电压表测电源电压，电压表使用0～3V量程，分度值0.1V，所以电压表示数为1.5V，因为并联电路中各支路两端电压与电源电压都相等，所以L1、L2两端的电压U1＝U2＝U＝1.5V；
（2）由电路图知，电流表乙测L2支路的电流，甲测干路的电流，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，则甲示数应大于乙的示数，而两电流表指针位置相同，
所以甲使用大量程，示数为1.5A，即干路电流I＝1.5A；
乙使用小量程，示数为0.3A，即通过L2的电流I2＝0.3A，通过L1的电流I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
故答案为：1.2A；1.5V。
【点评】本题考查了并联电路电流和电压规律的应用，正确判断两电流表的量程是关键。
19．质量分布均匀的实心正方体甲、乙放在水平地面上，将甲、乙分别沿水平方向切去高度Δh，剩余部分对地面的压强p与Δh的关系如图所示，已知ρ甲＝8×103kg/m3，乙的边长为15cm，则甲的质量是 8 kg，图中A点对应切去的高度ΔhA是 5 cm（g＝10N/kg）。
【分析】先求出乙底面积和体积，根据p＝算出切之前乙对地面的压力，放在水平地面上物体对水平面的压力等于重力，根据G＝mg＝ρVg求出乙的密度；
由图像可知切之前甲的高度，从而求出甲的体积，根据m＝ρV求出甲的质量；
图中A点表示将甲、乙沿水平方向切去高度均为Δh时，剩余部分对地面的压强相等，根据p＝＝＝＝＝＝ρhg建立方程可求出切去高度均Δh。
【解答】解：乙的底面积为：S乙＝（h乙）2＝（0.15m）2＝0.0225m2，
乙的体积为：V乙＝（h乙）3＝（0.15m）3＝0.003375m3，
由图可知，切之前乙对地面的压强为：p乙0＝6×103Pa，
放在水平地面上物体对水平面的压力等于重力，
所以乙的重力为：G乙＝F乙＝p乙0S＝6×103Pa×0.0225m2＝135N，
由G＝mg＝ρVg可知，乙的密度为：
ρ乙＝＝＝4×103kg/m3；
由图可知，甲的边长为：h甲＝10cm＝0.1m，
则甲的体积为：V甲＝（h甲）3＝（0.1m）3＝0.001m3，
所以甲的质量为：m甲＝ρ甲V甲＝8×103kg/m3×0.001m3＝8kg；
图中A点表示将甲、乙沿水平方向切去高度均为Δh时，剩余部分对地面的压强相等，即：p甲'＝p乙'，
由p＝＝＝＝＝＝ρhg可知，
ρ甲h甲'g＝ρ乙h乙'g，
则：ρ甲（h甲﹣Δh）g＝ρ乙（h乙﹣Δh）g，
即：8×103kg/m3×（0.1m﹣Δh）×10N/kg＝4×103kg/m3×（0.15m﹣Δh）×10N/kg，
解得：Δh＝0.05m＝5cm。
故答案为：8；5。
【点评】本题是一道固体压强计算的选择题，除了固体压强公式的运用，还考查了规则固体压强计算的特殊公式p＝ρgh的灵活运用，题目有一定的难度。
20．如图所示水平地面上有底面积为400cm2，质量不计的薄壁柱形盛水容器A，内有质量为400g，边长为10cm，质量分布均匀的正方体物B，通过一根10cm的细线与容器底部相连，此时水面距容器底30cm，此时容器对桌面的压强为 2850 Pa。剪断绳子，静止时，物块B有五分之三的体积露出水面，水对容器底部的压强变化了 150 Pa。
【分析】（1）根据题意计算水的体积，根据G＝mg＝ρgV计算水的重力和B的重力，容器对桌面的压力为水的重力和物体B的重力之和，据此根据压强公式计算容器对桌面的压强p；
（2）木块露出的体积即为水下降的体积，据此求出水面下降的高度Δh，再根据液体压强公式计算出水对容器底部的压强变化Δp。
【解答】解：400cm2＝4×10﹣2m2；400g＝0.4kg；10cm＝0.1m；30cm＝0.3m；
水的体积为：
V水＝V总﹣VB＝4×10﹣2m2×0.3m﹣（0.1m）3＝1.1×10﹣2m3；
水的重力为：
G水＝m水g＝ρ水gV水＝1×103kg/m3×10N/kg×1.1×10﹣2m3＝110N；
物体B的重力为：
GB＝mBg＝0.4kg×10N/kg＝4N；
容器对桌面的压强为：
p＝＝＝＝2850Pa；
木块露出的体积为：
V露＝VB＝×（0.1m）3＝6×10﹣4m3；
水面下降的高度为：
Δh＝＝＝0.015m；
水对容器底部的压强变化为：
Δp＝ρ水gΔh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.015m＝150Pa。
故答案为：2850；150。
【点评】此题考查了压强的计算及公式的应用、液体压强的计算及公式的应用，属常规题目。
三、主观题
21．如图所示，请画出发光点S在平面镜中的像点S′。
【分析】根据平面镜成像的特点可知，物与像是关于平面镜对称的，据此作图。
【解答】解：根据平面镜成像的特点，作S点关于平面镜的对称点，即像点S′，如图所示：
【点评】此题考查了利用平面镜成像的特点作图，属于基础知识。
22．请在图中画出拉力F的力臂L。
【分析】从支点到力的作用线的距离叫力臂。先确定支点O，然后画出力的作用线，从支点O向力F的作用线引垂线，支点到垂足的距离就是该力的力臂。
【解答】解：
图中支点为O，沿力F的方向画出力F的作用线，从支点O向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力F的力臂L，如图所示：
【点评】本题考查了力臂的画法，关键是确定支点、画出力的作用线，属于基础题目。
23．请根据图中通电螺线管的磁感线方向，标出电源的“+”“﹣”极。
【分析】磁体的外部，磁感线由N极指向S极；根据安培定则判定电源的正负极。
【解答】解：磁体的外部，磁感线由N极指向S极，由图可知，螺线管的右端为S极，左端为N极；根据安培定则可知，电流从左端流入，右端流出，故电源的左端为正极，右端为负极；如图所示：
【点评】安培定则建立了螺线管中电流与两端磁极极性的关系，要做到能根据电流判断出磁极极性，也要根据磁极极性判断出电流方向或电源正负极。
24．小明用如图甲所示实验装置探究“水沸腾时温度变化的特点”：
（1）该装置的错误之处是 温度计玻璃泡碰到了烧杯内壁 ；
（2）将烧杯盖住的目的是 防止热量散失，缩短实验时间 ；
（3）小明做完实验后又进一步探究了沸水自然冷却过程中温度随时间变化的情况，得到变化的图像如图乙所示。如果要喝一杯奶茶（牛奶与茶水的质量之比约为1：2），有A、B两种方案可选择：
A.先将滚烫的热茶冷却5min，然后加冷牛奶
B.先将冷牛奶加进滚烫的热茶中，然后冷却5min
结合图像乙，你认为方案 A 的冷却效果较好。
【分析】（1）该装置的错误之处是温度计玻璃泡碰到了烧杯内壁；
（2）将烧杯盖住的目的是防止热量散失，缩短实验时间；
（3）水自然冷却，当温度保持不变时，其温度等于环境温度；水在高温时散热快，所以温度降低得快，低温时散热慢，所以温度降低得也慢。观察图象得到沸水自然冷却的规律。并结合这一规律进行应用，选择出最佳的冷却方案。
【解答】解：（1）该装置的错误之处是温度计玻璃泡碰到了烧杯内壁；
（2）将烧杯盖住的目的是防止热量散失，缩短实验时间；
（3）由图看出温度变化特点是：先快，后慢；根据水的温度降低的规律，如果要使一杯热的奶茶快速冷却，最好的办法是先将滚烫的热茶冷却5min，然后加冷牛奶，即方案A效果更好。
故答案为：温度计玻璃泡碰到了烧杯内壁；防止热量散失，缩短实验时间；A。
【点评】本题探究水的沸腾，考查了所用器材、减小加热时间的措施、温度降温时的变化分析。
25．为了探究近视眼的矫正过程，乐乐组装如图甲所示的实验装置，其中“F”字样的光源代替可视物体，光屏模拟视网膜。
（1）选用图乙中2号凸透镜模拟晶状体，打开“F”光源，调节各个元件的位置，直到光屏上呈现 缩小 的清晰像，正常眼睛的视物模型便组装完成。
（2）模拟近视眼视物情况时，可以选择图乙中的 3 号透镜替代2号透镜安装在光具座上后，光屏上
的像变模糊；
（3）用如图丙所示的水透镜模拟近视眼矫正视力。应将水透镜置于光具座上的 B （选填“A”、
“B”或“C”）点，缓慢调节水透镜中的水量，当水透镜形成焦距合适的 凹 透镜时，光屏上呈现清
晰的像，近视眼的成像情况得到改善；
（4）更换焦距更小的凸透镜模拟近视程度更严重的眼睛晶状体，为了改善视网膜上的成像情况，实验时
需要用注射器 抽取 （选填“抽取”或“注入”）适量水。
【分析】（1）近视眼的成因：晶状体凸度过大或眼球前后径过长，外界物体的像成在视网膜前方；
（2）近视眼矫正方法：配戴凹透镜，使进入眼睛的光线发散一些后再通过晶状体，使像成在视网膜上；
（3）凸透镜的焦距越小，对光的会聚能力越强，需要用对光发散能力更强、焦距更小的凹透镜矫正；
（4）根据实验现象分析选择合适的凹透镜。
【解答】解：（1）选用图乙中2号凸透镜模拟晶状体，打开“F”光源，调节各个元件的位置，直到光屏上呈现缩小的清晰像，正常眼睛的视物模型便组装完成；
（2）近视眼是晶状体凸度过大或眼球前后径过长，外界物体的像成在视网膜前方引起的，因此应选取凸度更大的3号透镜模拟近视眼的晶状体；
（3）图甲中C点在凸透镜（晶状体）和光屏（视网膜）之间，是眼睛的内部，因此模拟近视眼镜的水透镜应放置在模拟晶状体的凸透镜前的B点；
由于近视眼需要配戴凹透镜矫正，因此应将水透镜调节成焦距合适的凹透镜；
（4）凸透镜的焦距越小，对光的会聚能力越强，需要用对光发散能力更强、焦距更小的凹透镜矫正，由图丙提供的信息可知，此时需要用注射器抽取适量的水。
故答案为：（1）缩小；（2）3；（3）B；凹；（4）抽取。
【点评】本题探究近视眼的矫正过程，考查近视眼的成因和矫正，知道透镜对光线的作用是解题的关键。
26．小陈同学利用U形管压强计来探究液体压强与哪些因素有关。
（1）压强计上的U形管 不属于 （选填“属于”或“不属于”）连通器，使用时通过U形管中液面的 高度差 来反映被测压强的大小。
（2）如图所示，小陈设想将U形管压强计做如下改装：为U形管两端都装上扎有相同橡皮膜的金属盒（且两管液面齐平），将两个金属盒分别放至两个装有相同深度的盐水和纯净水的容器底部，发现U形管的右边管内液面位置相对较高，这说明与右边管连接的金属盒放置的容器中装的是 水 （选填“盐水”和“水”），再将两个金属盒在液体中的深度同时减为原来的一半，则U形管两管液面高度差将 减小 （填“增大”“减小”或“不变”）。
【分析】（1）上端开口，下端连通的容器叫连通器；
压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的，这用到了转换法；
（2）将两个金属盒分别放至两个装有相同深度的盐水和纯净水的容器底部，发现U形管的右边管内液面位置相对较高，这说明右边容器中液体产生的压强小于左边容器中液体产生的压强，根据液体压强公式p＝ρgh可判断两边容器中液体密度的大小关系，据此作答；
同样根据p＝ρgh推导出两容器底部的压强差、将两个金属盒在液体中的深度同时都减少一半时两个金属盒受到的压强差，二者比较即可得出U形管两管液面高度差将如何变化。
【解答】解：
（1）微小压强计，U形管上端开口没有与大气相连，底部相连通，所以不属于连通器；
压强计是通过U形管中水面的高度差来反映被测压强大小的，这用到了转换法；
（2）因为两个金属盒分别放至两个装有相同深度的盐水和纯净水的容器底部，则h相同，
根据p＝ρgh可知，p左＝ρ左gh，p右＝ρ右gh，
同时结合U形管的右边管内液面位置相对较高，这说明右边容器中液体产生的压强小于左边容器中液体产生的压强即p左＞p右。
由此可知ρ左＞ρ右，即说明与右边管连接的金属盒放置的容器中装的是密度小的水；
因为开始时两个金属盒受到的压强差：Δp＝p左﹣p右＝ρ左gh﹣ρ右gh＝（ρ左﹣ρ右）gh；
将两个金属盒在液体中的深度同时都减少一半，根据p＝ρgh知容器底部的液体压强将变小；
则此时两个金属盒受到的压强差为：Δp′＝p左′﹣p右′＝ρ左g﹣ρ右g＝（ρ左﹣ρ右）g，
比较可知Δp′＜Δp，
所以，U形管两管液面高度差将减小。
故答案为：（1）不属于；高度差；（2）水；减小。
【点评】本题考查液体压强特点，要了解压强计的构造与原理，并能学会观察压强计来判断压强的大小，此题难点在最后一空，会利用液体压强公式计算出左右容器内液体产生的压强比例变化是解答此题关键。
27．在“测量小灯泡的电功率”实验中，已连接的部分电路如图甲所示。已知小灯泡的额定电压是2.5V，正常工作时电阻约10Ω。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中完成电路连接；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电流表和电压表都有示数，接下来应该进行的操作是 B ；
A.检查电路是否短路或断路
B.移动滑动变阻器的滑片P，观察小灯泡是否发光
（3）问题解决后，继续进行实验，移动滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为2V，为了使小灯泡正常发光，则应向 右 （选填“左”或“右”）端移动滑片；
（4）当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 0.75 W；
（5）在多次测量中发现：当电压表的示数增大时，电压表与电流表的示数之比在增大，造成这一现象的原因是 灯丝的电阻随温度的升高而增大 。
【分析】（1）已知小灯泡的额定电压是2.5V，正常工作时电阻约10Ω，根据欧姆定律求出灯泡额定电流的大约值，据此确定电流表量程，将电流表串联在电路中；滑动变阻器上下各选一个接线柱串联在电路中；
（2）小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数，可能是电路电流太小，应调节滑动变阻器，减小电路电阻，使电路电流变大，观察灯是否能发光；
（3）比较电压表示数与灯泡额定电压的大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（4）根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P＝UI求出灯泡的额定功率；
（5）灯丝的电阻随温度的升高而增大结合R＝分析回答。
【解答】解：（1）已知小灯泡的额定电压是2.5V，正常工作时电阻约10Ω，小灯泡正常发光时的电流大约为：
I'＝＝0.25A，故电流表选用小量程与灯泡串联；滑动变阻器上下各选一个接线柱与灯泡串联在电路中，如下图所示：
；
（2）电流表、电压表均有示数，说明电路不存在断路，灯泡不发光，可能是电路电流太小，电路总电阻太大，接下来的操作是：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，故选：B；
（3）问题解决后，继续进行实验，移动滑动变阻器的滑片到某一位置时，电压表的示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，为了使小灯泡正常发光，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应向右端移动滑片；
（4）当电压表示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则小灯泡额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（5）因为电压越大，电流越大，灯泡的电功率越大，灯泡越亮，灯丝的温度越高，灯丝的电阻随之增大，根据R＝可知，电压表与电流表的示数之比在增大。
故答案为：（1）见解答图；（2）B；（3）右；（4）0.75；（5）灯丝的电阻随温度的升高而增大。
【点评】本题测量小灯泡的功率实验，考查了电路连接、故障分析、实验操作、电流表读数、功率的计算等知识。
28．如图甲是工人使用升降平台进行高空玻璃幕墙清洗的场景，该平台结构简图如图乙所示，吊篮和动滑轮质量为20kg，吊篮由电动机控制升降，电动机输出功率恒为1000W，在某次吊升过程中，两名工人及所带工具总质量250kg，30s内吊篮匀速上升6m，g＝10N/kg，求：
（1）该过程中的有用功；
（2）平台的机械效率；
（3）判断该平台中绕绳的重力及各处摩擦能否忽略，在平台各器材不可替换的情况下，欲提高该平台使用时的机械效率，可采用什么方法？（说出一种）
【分析】（1）根据G＝mg求两名工人及所带工具的总重力，利用W有＝Gh求该过程中的有用功；
（2）利用P＝求平台做的总功；利用η＝×100%求平台的机械效率；
（3）根据G＝mg求吊篮和动滑轮的总重力，利用W动＝G动h求克服吊篮和动滑轮的总重力做的额外功，利用W总＝W有+W额求总的额外功，比较克服吊篮和动滑轮的总重力做的额外功与总的额外功，进而判断该平台中绕绳的重力及各处摩擦能否忽略；
提高机械效率的方法：一是减轻动滑轮和绳子的重力、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率，据此分析。
【解答】解：（1）两名工人及所带工具的总重力：G人总＝m人总g＝250kg×10N/kg＝2500N，
则该过程中的有用功：W有＝G人总h＝2500N×6m＝1.5×104J；
（2）由P＝可知，平台做的总功：W总＝Pt＝1000W×30s＝3×104J，
平台的机械效率：η＝×100%＝×100%＝50%；
（3）吊篮和动滑轮的总重力：G动总＝m动总g＝20kg×10N/kg＝200N，
克服吊篮和动滑轮的总重力做的额外功：W动总＝G动总h＝200N×6m＝1200J，
总的额外功：W额＝W总﹣W有＝3×104J﹣1.5×104J＝1500J＞1200J，
因此该平台中绕绳的重力及各处摩擦不能忽略，
由于平台各器材不可替换，因此可以通过增加工人及工具的重力（或加润滑油）来提高该平台使用时的机械效率。
答：（1）该过程中的有用功为1.5×104J；
（2）平台的机械效率为50%；
（3）该平台中绕绳的重力及各处摩擦不能忽略；可以通过增加工人及工具的重力（或加润滑油）来提高该平台使用时的机械效率。
【点评】本题考查重力公式、功和功率公式、机械效率公式的应用以及提高机械效率的方法，明确有用功、额外功和总功是关键。
29．如图甲所示，电源电压保持不变，灯泡的额定电压为3V，滑动变阻器R可调范围0～20Ω，电流表、电压表均使用小量程（0～0.6A，0～3V）。第一次只闭合开关S2，将滑动变阻器R的滑片从最下端往上滑动，滑到最上端时，小灯泡正常发光，此实验过程中，电路的总功率记为P1；第二次只闭合S1、S3，将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，此实验过程中，电路的总功率记为P2。图乙是两次实验中电流表A与电压表V1、V2示数关系图像。求：
（1）电源电压；
（2）小灯泡的额定功率；
（3）两次实验过程中，调节滑动变阻器R，的最大值。
【分析】（1）只闭合开关S2时，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流，滑片移到最上端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，此时电路为灯泡的简单电路，根据此时灯泡正常发光求出电源电压；
（2）滑片从最下端往上滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，由串联电路的分压原理可知滑动变阻器两端的电压减小，由串联电路的电压特点可知，电压表V2的示数增大，因此图像中左侧曲线为灯泡与滑动变阻器串联时电流表A与电压表V2示数关系图像，当滑片移到最上端时，变阻器接入电路的电阻为0，此时电路中的电流最大，根据图像可知此时通过灯泡的电流，且此时小灯泡正常发光，根据P＝UI求出灯泡的额定功率；
（3）只闭合S1、S3时，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表V1测电源电压，电流表测电路中的电流；
当滑片移到最上端时，变阻器接入电路的电阻为0，此时电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，根据图像可知电路中的最大电流和R0两端的电压，根据欧姆定律求出R0的阻值；
要使的值最大，应使P1最大，P2最小，根据图像可知灯泡与滑动变阻器串联时电路中的最大电流，根据P＝UI求出P1的最大值；定值电阻R0与滑动变阻器串联时，由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出电路中的最小电流，根据P＝UI求出P2的最小值，进而求出的最大值。
【解答】解：（1）只闭合开关S2时，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流，
滑片移到最上端时，变阻器接入电路的电阻为0，电路为灯泡的简单电路，灯泡两端的电压与电源电压相等，因为此时灯泡正常发光，所以电源电压：U＝UL＝U额＝3V；
（2）滑片从最下端往上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，由串联电路的分压原理可知滑动变阻器两端的电压减小，由串联电路的电压特点可知，电压表V2的示数增大，因此图像中左侧曲线为灯泡与滑动变阻器串联时电流表A与电压表V2示数关系图像，
当滑片移到最上端时，变阻器接入电路的电阻为0，此时电路中的电流最大，由图像可知此时通过灯泡的电流为0.25A，且此时小灯泡正常发光，所以灯泡的额定功率：P额＝U额I额＝3V×0.25A＝0.75W；
（3）只闭合S1、S3时，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表V1测电源电压，电流表测电路中的电流，
当滑片移到最上端时，变阻器接入电路的电阻为0，电路为R0的简单电路，此时电路中的电流最大，由图像可知此时通过R0的电流为0.3A，R0两端的电压为3V，
由欧姆定律可知，R0的阻值为：R0＝＝＝10Ω；
第一次电路的总功率为P1，第二次电路的总功率记为P2，要使的值最大，应使P1最大，P2最小，
由图像可知灯泡与滑动变阻器串联时电路中的最大电流为0.25A，P1的最大值：P1＝UIL＝3V×0.25A＝0.75W；
定值电阻R0与滑动变阻器串联时，由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路中的电流最小，
根据欧姆定律和串联电路的电阻特点可知，电路中的最小电流：I小＝＝＝0.1A，
则P2的最小值：P2＝UI小＝3V×0.1A＝0.3W，
故的最大值：＝＝2.5。
答：（1）电源电压为3V；
（2）小灯泡的额定功率为0.75W；
（3）两次实验过程中，调节滑动变阻器R，的最大值为2.5。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的灵活运用，关键是根据图像读出相关的信息。
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